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初中物理苏科版九年级全册4 机械能和内能的相互转化复习练习题
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这是一份初中物理苏科版九年级全册4 机械能和内能的相互转化复习练习题，文件包含124机械能与内能的相互转化考点解读原卷版docx、124机械能与内能的相互转化考点解读解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
1、做功——改变内能的另一种方式
（1）做功：对物体做功，物体的内能增加；物体对外做功内能减少；
（2）做功使物体的内能改变的实质：其他形式的能量（如机械能）与内能之间的相互转化。
2、内燃机的四个冲程
（1）内燃机是热机的一种，是燃料在汽缸内燃烧的热机，内燃机分为汽油机和柴油机；
（2）汽油机的工作原理：燃料在汽缸中燃烧时，将存储的化学能转变为高温高压的燃气（蒸
汽）的内能，又通过燃气（蒸汽）推动活塞做功，由内能转变为机械能；
（3）汽油机的工作流程：内燃机通过吸气、压缩、做功、排气四个冲程不断循环来保证连
续工作的，如图：
①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭，活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸；
②压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高；
③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功；
④排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸。
（4）工作过程中能量的转化：①压缩冲程：机械能→内能；②做功冲程：先是化学能→内能，再由内能→机械能；
（5）一个工作循环中对外做功1次，活塞往复2次，曲轴转2周，飞轮转2圈。
3、燃料的热值及其计算
（1）热值概念：1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值，符号时q。
①对于气体燃料而言，热值的定义是1m3的某种燃料完全燃烧时放出的热量。
②热值是燃料的一种属性。
（2）热值单位：焦/千克（J/kg），读作焦每千克。
（3）公式：Q=mq
M——燃料的质量——单位千克（kg）；
q——燃料的热值——单位焦/千克（J/kg）；
Q——燃烧放出的热量——单位焦耳（J）。
（4）热值的物理意义：热值表示一定质量的燃料在完全燃烧时所放出的热量的多少，如木炭的热值为3.40×107J/kg。
（5）同种燃料的热值相同，不同种燃料的热值不同。
4、热机的效率
（1）定义：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率，
其表达式为：，由于热机在工作过程中总有能量损失，所以热机的效率总
小于1；
（2）热机在工作过程中造成能量损失的因素有： ①燃料很难全部燃烧； ②排出的废气带
走能量； ③热机部件要散热； ④克服运转机件之间的摩擦消耗能量。
（3）提高热机效率的方法： ①尽量让燃料充分燃烧； ②设法利用废气的能量； ③减少能
量损失； ④保证良好的润滑。
【考点1 做功——改变内能的另一种方式】
【典例1-1】（2023•昌邑市校级三模）勤劳智慧的景颇族的祖先曾发明一种活塞式点火器，如图所示。以牛角作套筒，木质推杆前端粘附艾绒。取火时，一手握住套筒，另一手猛推推杆，艾绒即燃，随即将杆拔出，口吹立见火苗。手推杆入筒的过程中，筒内密封气体的（ ）
A．密度不变B．内能增大
C．分子数增加D．分子动能减小
【答案】B
【分析】猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做功，气体内能增加，温度升高，压强增大。
【解答】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，所以气体内能增加，则温度升高，分子动能增加，气体体积减小，因为是封闭的气体，质量不变，所以分子数不会增加；
由ρ＝可知，筒内密封气体的密度变大。
故选：B。
【典例1-2】（2023•贵州）如图所示的火柴是实验室常用的点火工具。我们常将火柴头与擦火皮摩擦点燃火柴，这种点燃火柴的方式是通过 做功 的方式改变了火柴头的内能；火柴燃烧时我们能闻到一股味道，这与分子在 不停地做无规则 运动有关。
【答案】做功；不停地做无规则。
【分析】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
分子在永不停息地做无规则运动。
【解答】解：火柴头在火柴盒上轻轻划过，此过程对火柴做功，火柴的内能增大，温度升高，当达到火柴头的燃点时就会擦燃，这种点燃火柴的方式是通过做功的方式改变了火柴头的内能；火柴燃烧时我们能闻到一股味道，这与分子在不停地做无规则运动有关。
故答案为：做功；不停地做无规则。
【变式1-1】（2023•昌平区二模）下列实例中，用做功的方式来改变物体内能的是（ ）
A．刚煮熟的鸡蛋放在冷水中，鸡蛋的温度降低
B．用热水袋暖手，手的温度升高
C．热水倒入茶杯，茶杯的温度升高
D．两手相互摩擦，手的温度升高
【答案】D
【分析】改变物体内能的两种方式：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
【解答】解：A、刚煮熟的鸡蛋放在冷水中，鸡蛋的温度降低，是通过热传递改变了物体的内能，不符合题意；
B、用热水袋暖手，手的温度升高，是通过热传递改变了物体的内能，不符合题意；
C、热水倒入茶杯，茶杯的温度升高，是通过热传递改变了物体的内能，不符合题意；
D、两手相互摩擦，手的温度升高，是手克服摩擦力做功，属于做功改变物体的内能，符合题意。
故选：D。
【变式1-2】（2023•建湖县三模）2023年5月10日，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射升空。在加速升空的过程中，天舟六号相对运载火箭是 静止 的。如图乙是用可乐瓶自制的水“火箭”，用气筒向瓶内打气过程中是通过 做功 方式使瓶内空气的内能增大的，增加到一定值时，水便冲开塞子喷射出来，使水“火箭”升空的力的施力物体是 喷出的水 。
【答案】静止；做功；喷出的水。
【分析】在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
改变内能的方式包括做功和热传递；
当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的。
【解答】解：在加速升空的过程中，天舟六号相对运载火箭的位置没有改变，是静止的；
用可乐瓶自制的水“火箭”，用气筒向瓶内打气过程中，对空气做功，是通过做功的方式使瓶内空气的内能增大的；
向后喷水对水施加力根据力的作用是相互的，推动火箭向上加速运动的力的施力物体是喷出的水。
故答案为：静止；做功；喷出的水。
【考点2 内燃机的四个冲程】
【典例2-1】（2023•思明区二模）光发动机可用于卫星的能源补充，原理如图，密闭气室中N2O4在光照下会分解，使气室气压增大，推动活塞右移，无光条件下发生逆反应，控制光照即可实现活塞往复运动。活塞右移过程相当于汽油机的（ ）
A．吸气冲程B．压缩冲程C．做功冲程D．排气冲程
【答案】C
【分析】分析光发动机的能量转化，然后与汽油机的能量转化进行比较即可。
【解答】解：当太阳光照射时，反应室内发生化学反应，导致室内气压增大，这时将化学能转化为机械能，从而推动活塞移动，相当于汽油机的做功冲程。
故选：C。
【典例2-2】（2023•细河区校级模拟）如图是汽油机两个冲程的示意图，汽油机原理是工作时把燃料燃烧产生的内能转化成为 机械 能，其中是通过 乙 图中的冲程来实现的。
【答案】机械；乙。
【分析】在内燃机的四个冲程中做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程压缩气体的过程中，将机械能转化为内能。
【解答】解：汽油机原理工作时把燃料燃烧产生的内能转化成为机械能；发动机工作时，做功冲程将内能转化为机械能；
由图甲可知，两个气门关闭，活塞上行，为压缩冲程；乙图中，两个气门关闭，活塞下行，为做功冲程。
故答案为：机械；乙。
【变式2-1】（2023•思明区校级模拟）随着人民生活水平的不断提高，小汽车已进入千家万户，小汽车的发动机一般都是四冲程汽油机。如图所示是四冲程汽油机的工作示意图，其中表示压缩冲程的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】在内燃机的四个冲程中，进气阀和排气阀均关闭的只有压缩冲程和做功冲程，而在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；一个气阀打开，另一个气阀关闭的是吸气冲程和排气冲程，而在吸气冲程中活塞向下运动，排气冲程中活塞向上运动。
【解答】解：A．两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，故A不符合题意；
B．进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程，故B不符合题意；
C．两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，故C符合题意；
D．排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程，故D不符合题意。
故选：C。
【变式2-2】（2023•喀喇沁旗一模）单位质量的气体物质，在体积不变的条件下温度升高1℃所吸收的热量称为该气体的定容比热，已知氦气的定容比热为3100J/（kg•℃）。如图1所示，质量为0.02kg的氢气被密封在圆柱形气缸内，气缸内氮气气压与外界大气压相同。用力把活塞AB固定，当氢气的温度从20℃升高到30℃时，氮气吸收的热量是 620 J。撤去力，氢气推动活塞做功，这一过程的能量转化形式与图 3 汽油机工作冲程相同。
【答案】620；3。
【分析】（1）类比比热容的概念理解定容比热的概念，类比吸热公式计算氦气吸收的热量；
（2）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；其中在做功冲程中内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能。
【解答】解：由题意可知，单位质量的气体物质，在体积不变的条件下温度升高1℃所吸收的热量称为该气体的定容比热，与比热容的概念相似，可以用c表示，类比吸热公式可得，氦气吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝3100J/（kg•℃）×0.02kg×（30℃﹣20℃）＝620J；
撤去力，氦气推动活塞做功，内能转化为机械能，此过程与四冲程汽油机的做功冲程的能量转化相同；做功冲程中，两气门都关闭，火花塞点火，活塞下行，汽缸容积变大，图3符合。
故答案为：620；3。
【考点3 燃料的热值及其计算】
【典例3-1】（2023•天山区校级模拟）汽油的热值为4.6×107J/kg。这个数值究竟有多大？我们可以通过一个具体例子来认识汽油热值的大小：一个50kg的中学生，爬走10层楼，每层楼的层高为3m，如果汽油完全燃烧获得热量的焦耳数和该中学生克服重力做的功相等，则所需汽油的质量m0的值约为（ ）
A．33gB．3.3gC．0.33gD．0.033g
【答案】C
【分析】根据W＝Gh＝mgh求出中学生克服重力所做的功，根据题意可知汽油完全燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出所需汽油的质量。
【解答】解：中学生克服重力所做的功：W＝Gh＝mgh＝50kg×10N/kg×9×3m＝1.35×104J，
根据题意可知，汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝W＝1.35×104J，
由Q放＝mq可知，所需汽油的质量：m汽油＝＝≈3×10﹣4kg＝0.3g，
C选项比较接近，故C正确。
故选：C。
【典例3-2】（2023•陕西）在标准大气压下，使用煤气灶将2kg的水从20℃加热到100℃，水吸收的热量是 6.72×105 J，若不计热量损失，此过程需要完全燃烧 0.016 kg的煤气，这是通过 热传递 的方式增加了水的内能。未使用完的煤气的热值 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”）[水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值q煤气＝4.2×107J/kg]
【答案】6.72×105；0.016；热传递；不变
【分析】根据Q吸＝cmΔt求水吸收的热量，不计热量损失，根据Q吸＝Q放＝mq计算需要完全燃烧煤气的质量；做功和热传递都可以改变物体的内能；热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关。
【解答】解：水吸收的热量：
Q吸＝cm水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
不计热量损失，根据Q吸＝Q放＝mq，所以需要完全燃烧煤气的质量：
m＝＝＝0.016kg；
用煤气灶烧水的过程中，能量发生了转移，是通过热传递的方式使水的内能增加；热值是燃料的一种特性，未使用完的煤气的热值不变。
故答案为：6.72×105；0.016；热传递；不变。
【变式3-1】（2023•建邺区二模）用两套如图甲所示的相同装置，完成课本实验①“探究不同物质吸热升温现象”和实验②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。实验①②中燃料点燃直至燃尽，烧杯内液体的温度随时间变化的图像均如图乙所示（不计热损失）。以下判断正确的是（ ）
A．实验①②都要控制燃料质量和液体质量相等
B．实验①②都通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少
C．若图像一、二为实验①的数据所绘，则两种物质比热容之比为1：4
D．若图像一、二为实验②的数据所绘，则两种燃料的热值之比为5：4
【答案】C
【分析】（1）比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料（确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，由Δt＝ 比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；
为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q＝cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q＝，这种燃料热值越大；
（2）实验①“使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小时，用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多；
（3）由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象得出升高10℃，图象一对应的物质和图象二对应的物质的加热时间之比；
根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容之比等于吸收热量之比，据此得出图象一和图象二表示两种物质的比热容之比；
（4）不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料，得出图象一、二对应的物质的升高50℃﹣30℃＝20℃，根据Q＝cmΔt得出两种物质吸热之比，根据q＝分析。
【解答】解：A、比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度；为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，所以两个实验中都要控制杯中液体质量相等，而燃料质量不一定相等，故A错误；
B、实验①“使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，故B错误；
C、“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象，升高10℃，图象一对应物质的加热时间为10分钟（注意是均匀升温）；而图象二对应物质的加热时间为40分钟；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为10min：40min＝1：4；根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为1：4，故C正确；
D、不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料（燃料质量相同），图象一对应的物质升高50℃﹣30℃＝20℃；图象二对应的物质升高40℃﹣30℃＝10℃；而同种液体的质量相同，根据Q＝cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为20℃：10℃＝2：1，根据q＝，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图象一和图象二表示两种燃料的热值之比为2：1，故D错误。
故选：C。
【变式3-2】（2023•云南模拟）（多选）小华把质量相同的液体A和液体B分别装入两个相同的容器内，用相同的热源给它们加热，液体的温度随时间变化的图象如图所示，cA＝4.2×103J/（kg•℃），若不计热量损失，下列说法正确的是（ ）
A．燃料燃烧一半时，剩余燃料的热值变小
B．液体A的吸热能力比液体B的弱
C．液体A和液体B升高相同的温度，液体A吸收的热量多
D．液体B的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
【答案】CD
【分析】（1）热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，而与质量大小、燃烧程度无关；
（2）（3）比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
（4）从图中可知当放热15min时（放出热量相同），a和b的温度变化量，再根据Q＝cmΔt可知a和b的比热容的关系，已知a的比热容，进而可得出b的比热容。
【解答】解：A、热值是燃料的一种特性，与质量大小、燃烧程度无关，燃料燃烧一半时，剩余燃料的热值不变，故A错误；
B、观察图像可知，A和B质量相同，吸收相同的热量，A温度改变量小，比热容大，吸热能力强，所以A比B吸热能力强，故B错误；
C、液体A和液体B升高相同的温度，液体A吸热能量强，吸收的热量多，故C正确；
D、加热5min，AB吸收的热量相等，为Q，由Q＝cmΔt可知：cA＝；cB＝；
则cA：cB＝ΔtB：ΔtA＝40℃：20℃＝2：1，
则B的比热容为：cB＝cA＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃），故D正确。
故选：CD。
【变式3-3】（2023春•临澧县期中）小刚同学常听大人们牢骚说天然气质量不好，他就想测一下家中使用的天然气的热值。于是，他在家里将装有5kg水的水壶放到天然气灶上去烧，用温度计测量水从20℃加热至80℃的过程中，观察到天然气表的数字变化了0.07m3。他通过上网查阅得知他家使用的天然气灶的效率约为36%，则在这个过程中水吸收的热量是 1.26×106J 。由此小明算出天然气的热值是 5×107J/m3 。
【答案】（1）在这个过程中水吸收的热量是1.26×106J；
（2）天然气的热值是5×107J/m3。
【分析】（1）已知水的质量、初温、末温，根据Q吸＝cm（t﹣t0）可求出水吸收的热量；
（2）根据η＝×100%可求出天然气放出的热量，根据q＝可求出天然气的热值。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（80℃﹣20℃）＝1.26×106J；
（2）天然气放出的热量Q放＝＝＝3.5×106J，
天然气的热值q＝＝＝5×107J/m3。
答：（1）在这个过程中水吸收的热量是1.26×106J；
（2）天然气的热值是5×107J/m3。
【考点4 热机的效率】
【典例4-1】（2023•攸县模拟）目前，燃油汽车的热机效率都不高，下列符合汽车热机能量流向的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】热机是利用内能来做功的机器，热机的效率是指用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧所放出的总能量的比值；
汽车热机的效率通常为20%～30%左右。
【解答】解：汽车热机的效率通常为20%～30%左右，只有B选项中汽车热机工作时，有30%的内能转化为机械能，故ACD错误、B正确。
故选：B。
【典例4-2】（2023•高港区校级三模）图甲所示是汽油机的 压缩 冲程，该冲程中燃气的内能是通过 做功 方式改变的。某汽车发动机的能量流向如图乙所示，该热机的效率是 30% A，完全燃烧0.7kg的汽油，废气带走的能量是 1.0626×107 J。（q汽油＝4.6×107J/kg）
【答案】压缩、做功、30%、1.0626×107J。
【分析】根据两个阀门的状态和活塞的运动情况判断属于哪个冲程；
图中活塞压缩气体对气体做功使气体的内能增加；
根据图中所示用100%减去废气、冷却水、摩擦与辐射所占的百分比，即为该热机的效率；
根据Q放＝mq计算燃料完全燃烧放出的热，乘以废气占的百分比，即为废气带走的能量。
【解答】解：图中进气阀门和排气阀门都关闭，活塞上移，是压缩冲程；因为图中活塞压缩气体对气体做功使气体的内能增加，所以是通过做功方式改变内能的；
由图乙可知该热机的效率为η＝100%﹣33%﹣30%﹣7%＝30%；
完全燃烧0.7kg汽油放出的热量Q放＝mq汽油＝0.7kg×4.6×107J/kg＝3.22×107J；
废气带走的能量Q＝Q放η′＝3.22×107J×33%＝1.0626×107J。
故答案为：压缩、做功、30%、1.0626×107J。
【典例4-3】（2023•兴庆区校级一模）某型号汽车在车型测试中，在一段平直公路上匀速行驶了36km，用时0.5小时，车的总质量为3t，受到的阻力为车重的0.1倍，其中g＝10N/kg，q燃油＝4.5×107J/kg。求：
（1）该汽车牵引力所做的功。
（2）已知这一过程消耗燃油12kg，则该汽车发动机的效率。（假设燃油完全燃烧）。
（3）若该汽车在平直的公路上匀速行驶的路程为s，发动机牵引力为F，其发动机效率η，汽油的热值为q，请推导该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式。
【答案】（1）该汽车牵引力所做的功是1.08×108J；
（2）已知这一过程消耗燃油12kg，则该汽车发动机的效率是20%；
（3）该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式是量。
【分析】（1）知道车的质量，利用G＝mg求车重，而受到的阻力为车重的0.1倍，可求车受到的阻力；
由于车匀速行驶，车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，可求牵引力大小，又知道行驶的路程，利用W＝Fs求牵引力做功；
（2）（3）知道燃油的密度和体积，利用m＝ρV求燃油的质量，再利用Q放＝mq求燃油完全燃烧放出的热量，即热机消耗的总能量；利用效率公式100%求该汽车发动机的效率。
【解答】解：（1）汽车的重力G＝mg＝3×103kg×10N/kg＝3×104N，
汽车受到的阻力f＝0.1G＝0.1×3×104N＝3×103N，
因为车匀速行驶，牵引力和阻力是平衡力，汽车受到的牵引力F＝f＝3×103N，
则牵引力做功W＝Fs＝3×103N×3.6×104m＝1.08×108J；
（2）燃油完全燃烧放出的热量（消耗的总能量）Q放＝m燃油q燃油＝12kg×4.5×107J/kg＝5.4×108J，
该汽车发动机的效率η＝＝＝20%；
（3）汽油完全燃烧放出的热量Q放＝mq，
牵引力做的功W＝Fs，
由η＝可得：Q放η＝W，
即：ηmq＝Fs，
则消耗汽油的质量。
答：（1）该汽车牵引力所做的功是1.08×108J；
（2）已知这一过程消耗燃油12kg，则该汽车发动机的效率是20%；
（3）该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式是量。
【变式4-1】（2023•西区二模）一辆使用汽油为燃料的小汽车，以72km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的实际输出功率为20kW。若小汽车行驶的路程为108km，已知汽油的热值q＝4.6×107J/kg。小汽车发动机的效率为25%。则下列说法正确的是（ ）
A．运动的时间为1h
B．发动机所做的有用功为1.08×108J
C．汽车所受的阻力为2000N
D．消耗汽油的质量为5kg
【答案】B
【分析】（1）已知汽车的行驶速度和行驶的距离，根据公式v＝可求运动时间；
（2）已知发动机的实际功率和行驶的时间，根据公式W＝Pt可求发动机所做的有用功；
（3）根据F＝计算出牵引力，然后根据二力平衡的条件汽车汽车所受的阻力；
（4）根据效率η＝×100%求出汽油完全燃烧释放的热量，然后根据Q放＝qm可求汽油的质量。
【解答】解：A．根据v＝可知，汽车的运动时间为：t＝＝1.5h＝5400s，故A错误；
B．发动机所做的有用功为：W有用＝Pt＝20×1000W×5400s＝1.08×108J，故B正确；
C．汽车的速度v＝72km/h＝20m/s，根据公式P＝＝Fv可知，汽车的牵引力：F＝＝1000N，根据二力平衡的条件汽车汽车所受的阻力为f＝F＝1000N，故C错误；
D．根据效率η＝可得汽油完全燃烧释放的热量Q放＝＝＝4.32×108J，
根据Q放＝qm可得汽油的质量m＝≈9.4kg，故D错误。
故选：B。
【变式4-2】（2023•冷水滩区校级三模）如图所示，是最新一款无人驾驶汽车原型图，汽车自动驾驶时使用雷达传感器以及激光测距器来了解周围的交通状况。该款车以72km/h的速度在一段平的公路上匀速行驶了9km时，消耗汽油1.4kg，假设汽油完全燃烧，汽油机的效率为30%，那么，在这段运动过程中，汽油完全燃烧放出的热量为 6.3×107J ，汽车行进过程中受到的阻力为 2100 N。（汽油的热值是4.5×107J/kg）
【答案】6.3×107J；2100。
【分析】根据Q放＝mq计算汽油完全燃烧放出的热量；
根据W＝Q放η计算汽车行进过程中做的有用功，根据F＝计算汽车的牵引力。
【解答】解：汽油完全燃烧放出的热量Q放＝mq＝1.4kg×4.5×107J/kg＝6.3×107J；
汽车行进过程中做的有用功W＝Q放η＝6.3×107J×30%＝1.89×107J，
汽车的牵引力F＝＝＝2100N。
故答案为：6.3×107J；2100。
【变式4-3】（2023•崇左三模）中国国产第五代隐身战斗机“歼﹣20”已成功列装中国空军部队。“歼﹣20”的发动机是一种热机，通过航空燃油在气室中燃烧，从喷口向后高速喷出气体，使发动机获得向前的推力。假设“歼﹣20”某次在高空中飞行，在恒定的水平推力1.5×105N作用下，沿水平方向匀速航行了360km，用时0.5h，燃烧航空油2250kg。（航空油的热值为q＝4.0×107J/kg）在“歼﹣20”的这一次航行中，求：
（1）航行的速度。
（2）发动机的功率。
（3）发动机的热机效率。
【答案】（1）飞机航行的速度为720km/h。
（2）发动机的功率为3×107W。
（3）发动机的热机效率为60%。
【分析】（1）根据速度公式计算飞机航行的速度。
（2）根据P＝Fv计算发动机的功率。
（3）根据效率公式计算热机效率。
【解答】解：（1）飞机航行的速度为：＝200m/s。
（2）发动机的功率为：＝3×107W。
（3）发动机做的有用功为：W＝Fs＝1.5×105N×360×103m＝5.4×1010J；
航空油完全燃烧放出的热量为：；
发动机的热机效率为：。
答：（1）飞机航行的速度为720km/h。
（2）发动机的功率为3×107W。
（3）发动机的热机效率为60%。
一、选择题。
1．（2023•烟台）如图所示的实例中，改变物体内能的方式与其它三项不同的是（ ）
A．给水加热B．压缩空气
C．搓手取暖D．钻木取火
【答案】A
【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，其中做功过程是能量的转化过程，是机械能和内能相互转化的过程；热传递是内能从高温转移到低温的过程，二者的本质不同。
【解答】解：
A、给水加热，水吸收热量，是热传递改变内能；
B、压缩空气的过程中，克服空气阻力做功，将机械能转化为内能，是做功改变内能；
C、搓手取暖的过程中，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，使手内能增加，温度升高，是做功改变内能；
D、钻木取火，是克服摩擦做功，将机械能转化为内能，是做功改变内能；
A与BCD改变物体内能的方式不同，故A符合题意。
故选：A。
2．（2023•天心区校级模拟）关于内能及其改变，下列说法正确的是（ ）
A．热传递过程中，内能大的物体放出热量
B．一杯茶的温度越高，含有的热量越多
C．冬天搓手变暖是通过热传递使手的内能增大
D．神舟十四号飞船返回舱下落过程中温度升高，是通过做功的方式增加其内能的
【答案】D
【分析】（1）热传递的条件是存在温度差。
（2）热量是一个过程量；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能。
【解答】解：
A、热传递过程中，温度高的物体放出热量，故A错误。
B、热量是一个过程量，不能说物质含有多少热量，故B错误。
C、冬天搓手变暖是通过克服摩擦做功使手的内能增大，故C错误。
D、神舟十四号飞船返回舱下落过程中克服与空气的摩擦做功，一部分机械能转化为内能，使得返回舱的温度升高，是通过做功的方式增加其内能的，故D正确。
故选：D。
3．（2023•合阳县二模）我国最新研发的63A式轻型水陆两栖坦克总质量约为24t，它在陆地上行驶时与水平地面接触的总面积为8m2，坦克的前部和后部各装有一个浮控箱，已知ρ水＝1×103kg/m3，g取10N/kg，下列说法正确的是（ ）
A．坦克在陆地上行驶时对水平地面的压强为3×105Pa
B．坦克由陆地行驶入水中的过程中，地面对坦克的支持力不变
C．当坦克在水面上漂浮时，排开水的体积为24m3
D．坦克的动力设备是内燃机，内燃机是把机械能转化为内能的装置
【答案】C
【分析】（1）根据压强公式计算坦克对地面的压强。
（2）坦克在水中行驶时受到浮力的作用，地面对坦克的支持力减小。
（3）根据阿基米德原理计算坦克漂浮时排开水的体积。
（4）内燃机是把内能转化为机械能的装置。
【解答】解：A、坦克在陆地上行驶时对水平地面的压强为：，故A错误；
B、坦克在水中行驶时受到浮力的作用，地面对坦克的支持力减小，故B错误；
C、当坦克在水面上漂浮时，浮力等于重力，此时排开水的体积为：＝，故C正确；
D、坦克的动力设备是内燃机，内燃机是把内能转化为机械能的装置，故D错误。
故选：C。
4．（2023•秀英区模拟）下列关于内燃机的四个冲程说法中正确的是（ ）
A．如图是汽油机的压缩冲程
B．如图是汽油机的排气冲程
C．如图是汽油机的吸气冲程
D．如图是汽油机的做功冲程
【答案】D
【分析】根据图中排气门打开情况和活塞运动的方向，分析得出是哪个冲程。
【解答】解：A、进气门打开，活塞下行，说明是吸气冲程，故A错误；
B、两个气门关闭，活塞上行，气缸容积变小，说明是压缩冲程，故B错误；
C、排气门打开，活塞上行，排除废气，是排气冲程，故C错误；
D、两个气门关闭，活塞下行，气缸容积变大，火花塞点火，说明是做功冲程，故D正确。
故选：D。
5．（2023•肇东市校级四模）下列现象的解释，说法正确的是（ ）
A．甲实验说明二氧化氮分子是运动的，空气分子是静止的
B．乙实验说明分子间有引力
C．丙实验说明空气被压缩时内能减少
D．丁图为四冲程汽油机的吸气冲程
【答案】B
【分析】（1）分子动理论的基本内容包括：常见物质是由大量分子组成的；分子在永不停息地做无规则运动；分子间存在相互作用的引力和斥力；
（2）做功可以改变物体的内能：对物体做功，物体的内能增加，例如克服摩擦做功、压缩气体做功等；物体对外做功，内能会减少，例如气体膨胀做功；
（3）内燃机的一个工作循环包括吸气、压缩、做功和排气四个冲程；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断是哪一个冲程。
【解答】解：A．甲实验是气体的扩散实验，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动，二氧化氮分子和空气分子都是运动的，故A错误；
B、两个铅块紧压后就会结合在一起，即使在下面吊一个较重的物体也不会将它们拉开，说明分子间有相互作用的引力，故B正确；
C、厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，筒内空气温度升高，其内能增加，故C错误；
D、由图丁可知，汽油机的进气门关闭，排气门打开，活塞由下端向上端运动，是排气冲程，故D错误。
故选：B。
6．（2023•尉氏县一模）汽油机是传统小汽车的“心脏”某四冲程单缸汽油机的曲轴在1min内转了1200转，该汽油机的汽缸横截面积为S，活塞冲程长为L，满负荷工作时做功冲程中燃气的平均压强为p。则（ ）
A．做功冲程中将机械能转化为内能
B．汽油机活塞每秒做功600次
C．汽油机满负荷工作1min做功为1200pSL
D．汽油机满负荷工作时做功的功率为10pSL
【答案】D
【分析】（1）汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；
（2）汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2转，对外做功1次；
（3）根据p＝求出燃气的平均压力，根据W＝FL求出一个工作循环所做的功，据此求出汽油机满负荷工作1min所做的功；
（4）根据P＝求出汽油机满负荷工作时做功的功率。
【解答】解：A、汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，故A错误；
B、四冲程单缸汽油机的曲轴在1min内转了1200转，则曲轴每秒转了20转，由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2转，对外做功1次，所以该汽油机活塞每秒做功10次，每分钟做功600次，故B错误；
C、由p＝可知，燃气的平均压力：F＝pS，
一个工作循环所做的功：W＝FL＝pSL，
汽油机满负荷工作1min所做的功：W总＝600W＝600pFL，故C错误；
D、汽油机满负荷工作时做功的功率：P＝＝＝10pSL，故D正确。
故选：D。
7．（2023•临沂）自劳动课成为中小学一门独立课程以来，小明已学会了多种菜肴的烹饪方法，下列与烹饪有关的说法，正确的是（ ）
A．锅把手上刻有花纹可以增大摩擦
B．燃气的热值大小与是否完全燃烧有关
C．菜被炒熟是做功改变了它的内能
D．油和水很难融合表明分子间没有间隙
【答案】A
【分析】（1）增大摩擦的方法：增大接触面的粗糙程度；增大压力；变滚动为滑动；变湿摩擦为干摩擦；
（2）热值是燃烧的特性，与燃料燃烧情况无关；
（3）改变内能的方法有：做功和热传递；
（4）一切物质都是由分子组成的；分子间有间隙。
【解答】解：A、在压力一定时，锅把手上刻有花纹可以增大摩擦，故A正确；
B、热值是燃烧的特性，与燃料燃烧情况无关，故B错误；
C、炒菜时，菜从锅中吸收热量，是通过热传递的方式改变食物的内能，故C错误；
D、水的分子和油的分子结构差别很大，很难融合，不能说明分子间没有间隙，故D错误。
故选：A。
8．（2023•商水县二模）2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭，成功发射“宏图一号”01组卫星。下列说法不正确的是（ ）
A．火箭发射利用了力的作用是相互的原理
B．燃料燃烧推动火箭升空是把内能转化为机械能
C．火箭加速上升过程中卫星的机械能不变
D．发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变
【答案】C
【分析】（1）物体间力的作用是相互的。
（2）火箭升空把内能转化为机械能。
（3）动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度；机械能等于动能与势能之和。
（4）燃料的热值与燃料的种类有关，与质量无关。
【解答】解：A、火箭发射时向后喷射出高温高压的燃气，由于力的作用是相互的，燃气反过来推动火箭上升，故A正确；
B、燃料燃烧，化学能转化为内能，推动火箭升空是把内能转化为机械能，故B正确；
C、火箭加速上升过程中，装载在火箭上的卫星的质量不变，速度变大，高度变大，动能和重力势能都变大，所以机械能增大，故C错误；
D、热值是燃料的一种性质，与质量、温度等无关，发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变，故D正确。
故选：C。
9．（2023•获嘉县三模）如图所示是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图，下列说法正确的是（ ）
A．此时汽油机正处在做功冲程
B．汽油机吸气冲程吸入的是空气
C．换用热值更高的燃料，可以提高汽油机的效率
D．若飞轮转速是800r/min，做功冲程中燃气推动活塞一次做功1500J，汽油机的功率是10kW
【答案】D
【分析】A、根据两气门关闭，活塞向上运动确定汽油机的冲程；
B、汽油机吸气冲程吸入的是空气和汽油的混合物；
C、提高燃料的利用率是提高热机效率的关键；
D、热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，活塞往返2次，飞轮转动2周，燃气对外做功1次，根据这个比例关系可以求出活塞所做的功，然后利用功率公式求出功率。
【解答】解：A、两气门关闭，活塞向上运动，此时汽油机正处在压缩冲程，故A错误；
B、汽油机吸气冲程吸入的是空气和汽油的混合物，故B错误；
C、热机的效率与燃料的热值没有关系，提高燃料的利用率是提高热机效率的关键，故C错误；
D、汽油机飞轮转速800r/min，每分钟飞轮转动800圈，完成400个工作循环，对外做功400次。做功冲程工作时，推动活塞一次做功1500J，
1min做的功：W＝1500J×400＝6×105J，
则这台汽油机的功率为：
P＝＝10kW。
故D正确。
故选：D。
10．（2023•礼泉县三模）2023年5月10日，长征七号遥七运载火箭托举天舟六号货运飞船成功发射（如图），并在5月11日5时16分，成功对接于空间站天和核心舱后向端口。下列有关说法正确的是（ ）
A．火箭发动机是最高效的热机，其效率可以达到100%
B．火箭外壳要求轻巧、耐高温，说明外壳材料密度大、熔点高
C．火箭升空过程中与空气摩擦，是通过做功的方式使火箭内能增加
D．对接成功后，以核心舱为参照物，天舟六号货运飞船是运动的
【答案】C
【分析】（1）由于存在能量损失，热机效率永远小于1；
（2）当体积相同时，物体的质量与密度成正比；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能；
（4）物体相对于参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；物体相对于参照物的位置没有发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：A、火箭发动机在工作过程中不可避免地存在能量的损失，所用它的效率不可能达到100%，故A错误；
B、当体积相同时，物体的质量与密度成正比，火箭外壳要求轻巧，则外壳材料的密度要小，故B错误；
C、火箭升空过程中与空气摩擦，把机械能转化为内能，使火箭的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式使火箭的内能增加，故C正确；
D、对接成功后，舟六号货运飞船相对于核心舱位置没有发生变化，所以以核心舱为参照物，天舟六号货运飞船是静止的，故D错误。
故选：C。
11．（2023•开福区校级三模）（多选）如图所示是我国自主研制的舰载机，舰载机在航空母舰上起飞的情境。下列说法正确的是（ ）
A．舰载机机翼上方空气流速大，气体压强大
B．舰载机的燃料在燃烧过程中，热值不断减小
C．以起飞的舰载机为参照物航空母舰是运动的
D．舰载机起飞后，航空母舰受到的浮力减小
【答案】CD
【分析】（1）机翼上方的空气流速比下方的快，因此下方向上的压强大于上方向下的压强，上下表面存在一个压力差，这就是机翼的升力。
（2）燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关。
（3）被研究物体相对于参照物，位置发生了变化，就说物体是运动的，反之，就是静止的。
（4）根据物体的浮沉条件分析；航空母舰漂浮在水面上，其所受浮力大小等于重力，航母的重力改变时，浮力也会改变。
【解答】解：A、根据流体压强和流速的关系可知，飞机正常飞行时机翼上方空气流速大，气体压强小，故A错误。
B、因为燃料的热值是燃料的特性，与燃料的质量和燃烧程度无关，所以舰载机的燃料在燃烧过程中热值不变，故B错误。
C、舰载机起飞时，它与航空母舰的位置发生了变化，以起飞的舰载机为参照物航空母舰是运动的，故C正确。
D、航空母舰始终漂浮，浮力等于重力，舰载机起飞后，航空母舰自身重力减小，所以航空母舰受到的浮力变小，故D正确。
故选：CD。
二、填空题。
12．（2023•泸州）塑料瓶是一种常见的生活物品，空塑料瓶可以做许多物理小实验。在安全情况下，小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过 做功 方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这一过程与内燃机 做功 冲程的能量转化情况相同；瓶盖飞出的同时，瓶口冒“白雾”，其物态变化是 液化 。
【答案】做功；做功；液化。
【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体的内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是内能的转移；
（2）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；
（3）物质由气态变为液态的过程叫做液化。
【解答】解：明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，把机械能转化为内能，使瓶内气压增加，气体内能增大，这是做功的发生改变瓶内气体的内能；
当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这是瓶内气体对瓶盖做功，把气体的内能转化为瓶盖的机械能，内燃机的做功冲程中将内能转化为机械能，所以这一过程与内燃机的中国冲程的能量转化情况相同；
瓶盖飞出的同时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口的水蒸气遇冷液化成小水珠。
故答案为：做功；做功；液化。
13．（2023•天元区三模）如图为《内能》的部分知识结构图，图中线条表示知识间的联系。
（1）图中A代表改变物体内能的方式是 做功 ，B代表的吸（放）热公式为 Q＝cmΔt
（2）热机的工作原理是将内能转化为 机械 能。
【答案】（1）做功；Q＝cmΔt；（2）机械。
【分析】（1）改变物体内能的方法：一是热传递，二是做功；
（2）在热传递的过程中，物体吸收或放出热量的计算公式：Q＝cmΔt；
（3）热机工作时将燃料燃烧释放的内能转化为机械能。
【解答】解：（1）改变物体内能的方法，除了热传递，还有做功，A处应该填写的是做功；
在热传递的过程中，物体吸收或放出热量的计算公式：Q＝cmΔt；
（2）热机是将燃料燃烧释放出的内能转化为活塞机械能的机器。
故答案为：（1）做功；Q＝cmΔt；（2）机械。
14．（2023•莲池区二模）如图所示，用酒精灯给水加热，一段时间后，管内的气压 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）大气压，软木塞冲出试管口，该过程的能量转化形式与汽油机的 做功 冲程相似。试管口出现白雾，此时发生的物态变化过程中会 放热 （选填“吸热”或“放热”）。
【答案】大于；做功；放热。
【分析】做功可以改变物体的内能，外界对物体做功时，机械能转化为内能，物体内能增大，当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小；热机的一个工作循环有吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，其中压缩冲程机械能转化成内能，做功冲程内能转化成机械能。
物质由气态转变为液态的过程叫做液化．液化是放热过程。
【解答】解：软木塞堵在试管口，用酒精灯给水加热，一段时间后，管内的水不断汽化成水蒸气，管内水蒸气不断增多，管内气压就不断增大。当管内的气压大于大气压时，就能把软木塞冲出试管口。
试管内的水蒸气把软木塞冲出试管口，是内能转化为机械能；汽油机的做功冲程是高温高压的燃气推动活塞运动做功，也是内能转化为机械能。
试管口出现的白雾，是高温的水蒸气冲出试管后，在空气中遇冷液化成的小水珠。液化过程要放热。
故答案为：大于；做功；放热。
15．（2023•雁塔区校级模拟）如图甲所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间后，塞子被试管内的水蒸气推开，这个过程中水蒸气的 内 能转化为塞子的机械能，这与汽油机图 丙 （选填“乙”或“丙”）冲程中的能量转化相同。若汽油机的转速为1800r/min，则每秒钟做功 15 次。
【答案】内；丙；15。
【分析】物体对外做功，自身的内能减小，将内能转化为机械能，汽油机的做功冲程将内能转化为机械能；
根据气门的打开和关闭情况，结合活塞的运动方向判断是哪一个冲程；
汽油机完成1个工作循环，四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次。
【解答】解：当水沸腾一段时间后，塞子被试管内水蒸气推出，水蒸气对塞子做功，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能；
图乙中进气门、排气门关闭，活塞由下向上运动，是压缩冲程；图丙中进气门、排气门关闭，活塞由上向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，与水蒸气对塞子做功的能量转化相同。
汽油机完成1个工作循环，完成四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次，1800r/min＝30r/s，即每秒完成15个工作循环，完成60个冲程，对外做功15次。
故答案为：内；丙；15。
16．（2023•本溪二模）单缸柴油机吸气冲程，吸入汽缸的是 空气 ；它的下一个冲程是通过 做功 方式增加汽缸内物质的内能；若柴油机飞轮的转数为1200r/min，每秒钟对外做功 10 次。
【答案】空气；做功；10。
【分析】（1）汽油机在吸气冲程吸入汽缸的是空气和汽油的混合物，柴油机吸气冲程吸入汽缸的是空气；
（2）内燃机的压缩冲程，是通过做功的方法使气缸内物质的内能增大；
（3）根据飞轮的转速求出飞轮每秒的转数；柴油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次。
【解答】解：（1）柴油机在吸气冲程中吸入汽缸的是空气；
（2）吸气冲程的下一个冲程为压缩冲程，将活塞的机械能转化为汽缸内物质的内能，通过做功的方式增加了气缸内的物质的内能；
（3）飞轮转速是1200r/min＝20r/s，
1、做功——改变内能的另一种方式
（1）做功：对物体做功，物体的内能增加；物体对外做功内能减少；
（2）做功使物体的内能改变的实质：其他形式的能量（如机械能）与内能之间的相互转化。
2、内燃机的四个冲程
（1）内燃机是热机的一种，是燃料在汽缸内燃烧的热机，内燃机分为汽油机和柴油机；
（2）汽油机的工作原理：燃料在汽缸中燃烧时，将存储的化学能转变为高温高压的燃气（蒸
汽）的内能，又通过燃气（蒸汽）推动活塞做功，由内能转变为机械能；
（3）汽油机的工作流程：内燃机通过吸气、压缩、做功、排气四个冲程不断循环来保证连
续工作的，如图：
①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭，活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸；
②压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高；
③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功；
④排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸。
（4）工作过程中能量的转化：①压缩冲程：机械能→内能；②做功冲程：先是化学能→内能，再由内能→机械能；
（5）一个工作循环中对外做功1次，活塞往复2次，曲轴转2周，飞轮转2圈。
3、燃料的热值及其计算
（1）热值概念：1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值，符号时q。
①对于气体燃料而言，热值的定义是1m3的某种燃料完全燃烧时放出的热量。
②热值是燃料的一种属性。
（2）热值单位：焦/千克（J/kg），读作焦每千克。
（3）公式：Q=mq
M——燃料的质量——单位千克（kg）；
q——燃料的热值——单位焦/千克（J/kg）；
Q——燃烧放出的热量——单位焦耳（J）。
（4）热值的物理意义：热值表示一定质量的燃料在完全燃烧时所放出的热量的多少，如木炭的热值为3.40×107J/kg。
（5）同种燃料的热值相同，不同种燃料的热值不同。
4、热机的效率
（1）定义：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率，
其表达式为：，由于热机在工作过程中总有能量损失，所以热机的效率总
小于1；
（2）热机在工作过程中造成能量损失的因素有： ①燃料很难全部燃烧； ②排出的废气带
走能量； ③热机部件要散热； ④克服运转机件之间的摩擦消耗能量。
（3）提高热机效率的方法： ①尽量让燃料充分燃烧； ②设法利用废气的能量； ③减少能
量损失； ④保证良好的润滑。
【考点1 做功——改变内能的另一种方式】
【典例1-1】（2023•昌邑市校级三模）勤劳智慧的景颇族的祖先曾发明一种活塞式点火器，如图所示。以牛角作套筒，木质推杆前端粘附艾绒。取火时，一手握住套筒，另一手猛推推杆，艾绒即燃，随即将杆拔出，口吹立见火苗。手推杆入筒的过程中，筒内密封气体的（ ）
A．密度不变B．内能增大
C．分子数增加D．分子动能减小
【答案】B
【分析】猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做功，气体内能增加，温度升高，压强增大。
【解答】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，所以气体内能增加，则温度升高，分子动能增加，气体体积减小，因为是封闭的气体，质量不变，所以分子数不会增加；
由ρ＝可知，筒内密封气体的密度变大。
故选：B。
【典例1-2】（2023•贵州）如图所示的火柴是实验室常用的点火工具。我们常将火柴头与擦火皮摩擦点燃火柴，这种点燃火柴的方式是通过 做功 的方式改变了火柴头的内能；火柴燃烧时我们能闻到一股味道，这与分子在 不停地做无规则 运动有关。
【答案】做功；不停地做无规则。
【分析】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
分子在永不停息地做无规则运动。
【解答】解：火柴头在火柴盒上轻轻划过，此过程对火柴做功，火柴的内能增大，温度升高，当达到火柴头的燃点时就会擦燃，这种点燃火柴的方式是通过做功的方式改变了火柴头的内能；火柴燃烧时我们能闻到一股味道，这与分子在不停地做无规则运动有关。
故答案为：做功；不停地做无规则。
【变式1-1】（2023•昌平区二模）下列实例中，用做功的方式来改变物体内能的是（ ）
A．刚煮熟的鸡蛋放在冷水中，鸡蛋的温度降低
B．用热水袋暖手，手的温度升高
C．热水倒入茶杯，茶杯的温度升高
D．两手相互摩擦，手的温度升高
【答案】D
【分析】改变物体内能的两种方式：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
【解答】解：A、刚煮熟的鸡蛋放在冷水中，鸡蛋的温度降低，是通过热传递改变了物体的内能，不符合题意；
B、用热水袋暖手，手的温度升高，是通过热传递改变了物体的内能，不符合题意；
C、热水倒入茶杯，茶杯的温度升高，是通过热传递改变了物体的内能，不符合题意；
D、两手相互摩擦，手的温度升高，是手克服摩擦力做功，属于做功改变物体的内能，符合题意。
故选：D。
【变式1-2】（2023•建湖县三模）2023年5月10日，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射升空。在加速升空的过程中，天舟六号相对运载火箭是 静止 的。如图乙是用可乐瓶自制的水“火箭”，用气筒向瓶内打气过程中是通过 做功 方式使瓶内空气的内能增大的，增加到一定值时，水便冲开塞子喷射出来，使水“火箭”升空的力的施力物体是 喷出的水 。
【答案】静止；做功；喷出的水。
【分析】在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
改变内能的方式包括做功和热传递；
当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的。
【解答】解：在加速升空的过程中，天舟六号相对运载火箭的位置没有改变，是静止的；
用可乐瓶自制的水“火箭”，用气筒向瓶内打气过程中，对空气做功，是通过做功的方式使瓶内空气的内能增大的；
向后喷水对水施加力根据力的作用是相互的，推动火箭向上加速运动的力的施力物体是喷出的水。
故答案为：静止；做功；喷出的水。
【考点2 内燃机的四个冲程】
【典例2-1】（2023•思明区二模）光发动机可用于卫星的能源补充，原理如图，密闭气室中N2O4在光照下会分解，使气室气压增大，推动活塞右移，无光条件下发生逆反应，控制光照即可实现活塞往复运动。活塞右移过程相当于汽油机的（ ）
A．吸气冲程B．压缩冲程C．做功冲程D．排气冲程
【答案】C
【分析】分析光发动机的能量转化，然后与汽油机的能量转化进行比较即可。
【解答】解：当太阳光照射时，反应室内发生化学反应，导致室内气压增大，这时将化学能转化为机械能，从而推动活塞移动，相当于汽油机的做功冲程。
故选：C。
【典例2-2】（2023•细河区校级模拟）如图是汽油机两个冲程的示意图，汽油机原理是工作时把燃料燃烧产生的内能转化成为 机械 能，其中是通过 乙 图中的冲程来实现的。
【答案】机械；乙。
【分析】在内燃机的四个冲程中做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程压缩气体的过程中，将机械能转化为内能。
【解答】解：汽油机原理工作时把燃料燃烧产生的内能转化成为机械能；发动机工作时，做功冲程将内能转化为机械能；
由图甲可知，两个气门关闭，活塞上行，为压缩冲程；乙图中，两个气门关闭，活塞下行，为做功冲程。
故答案为：机械；乙。
【变式2-1】（2023•思明区校级模拟）随着人民生活水平的不断提高，小汽车已进入千家万户，小汽车的发动机一般都是四冲程汽油机。如图所示是四冲程汽油机的工作示意图，其中表示压缩冲程的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】在内燃机的四个冲程中，进气阀和排气阀均关闭的只有压缩冲程和做功冲程，而在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；一个气阀打开，另一个气阀关闭的是吸气冲程和排气冲程，而在吸气冲程中活塞向下运动，排气冲程中活塞向上运动。
【解答】解：A．两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，故A不符合题意；
B．进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程，故B不符合题意；
C．两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，故C符合题意；
D．排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程，故D不符合题意。
故选：C。
【变式2-2】（2023•喀喇沁旗一模）单位质量的气体物质，在体积不变的条件下温度升高1℃所吸收的热量称为该气体的定容比热，已知氦气的定容比热为3100J/（kg•℃）。如图1所示，质量为0.02kg的氢气被密封在圆柱形气缸内，气缸内氮气气压与外界大气压相同。用力把活塞AB固定，当氢气的温度从20℃升高到30℃时，氮气吸收的热量是 620 J。撤去力，氢气推动活塞做功，这一过程的能量转化形式与图 3 汽油机工作冲程相同。
【答案】620；3。
【分析】（1）类比比热容的概念理解定容比热的概念，类比吸热公式计算氦气吸收的热量；
（2）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；其中在做功冲程中内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能。
【解答】解：由题意可知，单位质量的气体物质，在体积不变的条件下温度升高1℃所吸收的热量称为该气体的定容比热，与比热容的概念相似，可以用c表示，类比吸热公式可得，氦气吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝3100J/（kg•℃）×0.02kg×（30℃﹣20℃）＝620J；
撤去力，氦气推动活塞做功，内能转化为机械能，此过程与四冲程汽油机的做功冲程的能量转化相同；做功冲程中，两气门都关闭，火花塞点火，活塞下行，汽缸容积变大，图3符合。
故答案为：620；3。
【考点3 燃料的热值及其计算】
【典例3-1】（2023•天山区校级模拟）汽油的热值为4.6×107J/kg。这个数值究竟有多大？我们可以通过一个具体例子来认识汽油热值的大小：一个50kg的中学生，爬走10层楼，每层楼的层高为3m，如果汽油完全燃烧获得热量的焦耳数和该中学生克服重力做的功相等，则所需汽油的质量m0的值约为（ ）
A．33gB．3.3gC．0.33gD．0.033g
【答案】C
【分析】根据W＝Gh＝mgh求出中学生克服重力所做的功，根据题意可知汽油完全燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出所需汽油的质量。
【解答】解：中学生克服重力所做的功：W＝Gh＝mgh＝50kg×10N/kg×9×3m＝1.35×104J，
根据题意可知，汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝W＝1.35×104J，
由Q放＝mq可知，所需汽油的质量：m汽油＝＝≈3×10﹣4kg＝0.3g，
C选项比较接近，故C正确。
故选：C。
【典例3-2】（2023•陕西）在标准大气压下，使用煤气灶将2kg的水从20℃加热到100℃，水吸收的热量是 6.72×105 J，若不计热量损失，此过程需要完全燃烧 0.016 kg的煤气，这是通过 热传递 的方式增加了水的内能。未使用完的煤气的热值 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”）[水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值q煤气＝4.2×107J/kg]
【答案】6.72×105；0.016；热传递；不变
【分析】根据Q吸＝cmΔt求水吸收的热量，不计热量损失，根据Q吸＝Q放＝mq计算需要完全燃烧煤气的质量；做功和热传递都可以改变物体的内能；热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关。
【解答】解：水吸收的热量：
Q吸＝cm水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
不计热量损失，根据Q吸＝Q放＝mq，所以需要完全燃烧煤气的质量：
m＝＝＝0.016kg；
用煤气灶烧水的过程中，能量发生了转移，是通过热传递的方式使水的内能增加；热值是燃料的一种特性，未使用完的煤气的热值不变。
故答案为：6.72×105；0.016；热传递；不变。
【变式3-1】（2023•建邺区二模）用两套如图甲所示的相同装置，完成课本实验①“探究不同物质吸热升温现象”和实验②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。实验①②中燃料点燃直至燃尽，烧杯内液体的温度随时间变化的图像均如图乙所示（不计热损失）。以下判断正确的是（ ）
A．实验①②都要控制燃料质量和液体质量相等
B．实验①②都通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少
C．若图像一、二为实验①的数据所绘，则两种物质比热容之比为1：4
D．若图像一、二为实验②的数据所绘，则两种燃料的热值之比为5：4
【答案】C
【分析】（1）比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料（确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，由Δt＝ 比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；
为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q＝cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q＝，这种燃料热值越大；
（2）实验①“使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小时，用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多；
（3）由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象得出升高10℃，图象一对应的物质和图象二对应的物质的加热时间之比；
根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容之比等于吸收热量之比，据此得出图象一和图象二表示两种物质的比热容之比；
（4）不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料，得出图象一、二对应的物质的升高50℃﹣30℃＝20℃，根据Q＝cmΔt得出两种物质吸热之比，根据q＝分析。
【解答】解：A、比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度；为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，所以两个实验中都要控制杯中液体质量相等，而燃料质量不一定相等，故A错误；
B、实验①“使用相同的燃料（或加热器）通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，故B错误；
C、“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象，升高10℃，图象一对应物质的加热时间为10分钟（注意是均匀升温）；而图象二对应物质的加热时间为40分钟；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为10min：40min＝1：4；根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为1：4，故C正确；
D、不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料（燃料质量相同），图象一对应的物质升高50℃﹣30℃＝20℃；图象二对应的物质升高40℃﹣30℃＝10℃；而同种液体的质量相同，根据Q＝cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为20℃：10℃＝2：1，根据q＝，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图象一和图象二表示两种燃料的热值之比为2：1，故D错误。
故选：C。
【变式3-2】（2023•云南模拟）（多选）小华把质量相同的液体A和液体B分别装入两个相同的容器内，用相同的热源给它们加热，液体的温度随时间变化的图象如图所示，cA＝4.2×103J/（kg•℃），若不计热量损失，下列说法正确的是（ ）
A．燃料燃烧一半时，剩余燃料的热值变小
B．液体A的吸热能力比液体B的弱
C．液体A和液体B升高相同的温度，液体A吸收的热量多
D．液体B的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
【答案】CD
【分析】（1）热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，而与质量大小、燃烧程度无关；
（2）（3）比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
（4）从图中可知当放热15min时（放出热量相同），a和b的温度变化量，再根据Q＝cmΔt可知a和b的比热容的关系，已知a的比热容，进而可得出b的比热容。
【解答】解：A、热值是燃料的一种特性，与质量大小、燃烧程度无关，燃料燃烧一半时，剩余燃料的热值不变，故A错误；
B、观察图像可知，A和B质量相同，吸收相同的热量，A温度改变量小，比热容大，吸热能力强，所以A比B吸热能力强，故B错误；
C、液体A和液体B升高相同的温度，液体A吸热能量强，吸收的热量多，故C正确；
D、加热5min，AB吸收的热量相等，为Q，由Q＝cmΔt可知：cA＝；cB＝；
则cA：cB＝ΔtB：ΔtA＝40℃：20℃＝2：1，
则B的比热容为：cB＝cA＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃），故D正确。
故选：CD。
【变式3-3】（2023春•临澧县期中）小刚同学常听大人们牢骚说天然气质量不好，他就想测一下家中使用的天然气的热值。于是，他在家里将装有5kg水的水壶放到天然气灶上去烧，用温度计测量水从20℃加热至80℃的过程中，观察到天然气表的数字变化了0.07m3。他通过上网查阅得知他家使用的天然气灶的效率约为36%，则在这个过程中水吸收的热量是 1.26×106J 。由此小明算出天然气的热值是 5×107J/m3 。
【答案】（1）在这个过程中水吸收的热量是1.26×106J；
（2）天然气的热值是5×107J/m3。
【分析】（1）已知水的质量、初温、末温，根据Q吸＝cm（t﹣t0）可求出水吸收的热量；
（2）根据η＝×100%可求出天然气放出的热量，根据q＝可求出天然气的热值。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（80℃﹣20℃）＝1.26×106J；
（2）天然气放出的热量Q放＝＝＝3.5×106J，
天然气的热值q＝＝＝5×107J/m3。
答：（1）在这个过程中水吸收的热量是1.26×106J；
（2）天然气的热值是5×107J/m3。
【考点4 热机的效率】
【典例4-1】（2023•攸县模拟）目前，燃油汽车的热机效率都不高，下列符合汽车热机能量流向的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】热机是利用内能来做功的机器，热机的效率是指用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧所放出的总能量的比值；
汽车热机的效率通常为20%～30%左右。
【解答】解：汽车热机的效率通常为20%～30%左右，只有B选项中汽车热机工作时，有30%的内能转化为机械能，故ACD错误、B正确。
故选：B。
【典例4-2】（2023•高港区校级三模）图甲所示是汽油机的 压缩 冲程，该冲程中燃气的内能是通过 做功 方式改变的。某汽车发动机的能量流向如图乙所示，该热机的效率是 30% A，完全燃烧0.7kg的汽油，废气带走的能量是 1.0626×107 J。（q汽油＝4.6×107J/kg）
【答案】压缩、做功、30%、1.0626×107J。
【分析】根据两个阀门的状态和活塞的运动情况判断属于哪个冲程；
图中活塞压缩气体对气体做功使气体的内能增加；
根据图中所示用100%减去废气、冷却水、摩擦与辐射所占的百分比，即为该热机的效率；
根据Q放＝mq计算燃料完全燃烧放出的热，乘以废气占的百分比，即为废气带走的能量。
【解答】解：图中进气阀门和排气阀门都关闭，活塞上移，是压缩冲程；因为图中活塞压缩气体对气体做功使气体的内能增加，所以是通过做功方式改变内能的；
由图乙可知该热机的效率为η＝100%﹣33%﹣30%﹣7%＝30%；
完全燃烧0.7kg汽油放出的热量Q放＝mq汽油＝0.7kg×4.6×107J/kg＝3.22×107J；
废气带走的能量Q＝Q放η′＝3.22×107J×33%＝1.0626×107J。
故答案为：压缩、做功、30%、1.0626×107J。
【典例4-3】（2023•兴庆区校级一模）某型号汽车在车型测试中，在一段平直公路上匀速行驶了36km，用时0.5小时，车的总质量为3t，受到的阻力为车重的0.1倍，其中g＝10N/kg，q燃油＝4.5×107J/kg。求：
（1）该汽车牵引力所做的功。
（2）已知这一过程消耗燃油12kg，则该汽车发动机的效率。（假设燃油完全燃烧）。
（3）若该汽车在平直的公路上匀速行驶的路程为s，发动机牵引力为F，其发动机效率η，汽油的热值为q，请推导该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式。
【答案】（1）该汽车牵引力所做的功是1.08×108J；
（2）已知这一过程消耗燃油12kg，则该汽车发动机的效率是20%；
（3）该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式是量。
【分析】（1）知道车的质量，利用G＝mg求车重，而受到的阻力为车重的0.1倍，可求车受到的阻力；
由于车匀速行驶，车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，可求牵引力大小，又知道行驶的路程，利用W＝Fs求牵引力做功；
（2）（3）知道燃油的密度和体积，利用m＝ρV求燃油的质量，再利用Q放＝mq求燃油完全燃烧放出的热量，即热机消耗的总能量；利用效率公式100%求该汽车发动机的效率。
【解答】解：（1）汽车的重力G＝mg＝3×103kg×10N/kg＝3×104N，
汽车受到的阻力f＝0.1G＝0.1×3×104N＝3×103N，
因为车匀速行驶，牵引力和阻力是平衡力，汽车受到的牵引力F＝f＝3×103N，
则牵引力做功W＝Fs＝3×103N×3.6×104m＝1.08×108J；
（2）燃油完全燃烧放出的热量（消耗的总能量）Q放＝m燃油q燃油＝12kg×4.5×107J/kg＝5.4×108J，
该汽车发动机的效率η＝＝＝20%；
（3）汽油完全燃烧放出的热量Q放＝mq，
牵引力做的功W＝Fs，
由η＝可得：Q放η＝W，
即：ηmq＝Fs，
则消耗汽油的质量。
答：（1）该汽车牵引力所做的功是1.08×108J；
（2）已知这一过程消耗燃油12kg，则该汽车发动机的效率是20%；
（3）该汽车在这段路程内消耗汽油质量m的表达式是量。
【变式4-1】（2023•西区二模）一辆使用汽油为燃料的小汽车，以72km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的实际输出功率为20kW。若小汽车行驶的路程为108km，已知汽油的热值q＝4.6×107J/kg。小汽车发动机的效率为25%。则下列说法正确的是（ ）
A．运动的时间为1h
B．发动机所做的有用功为1.08×108J
C．汽车所受的阻力为2000N
D．消耗汽油的质量为5kg
【答案】B
【分析】（1）已知汽车的行驶速度和行驶的距离，根据公式v＝可求运动时间；
（2）已知发动机的实际功率和行驶的时间，根据公式W＝Pt可求发动机所做的有用功；
（3）根据F＝计算出牵引力，然后根据二力平衡的条件汽车汽车所受的阻力；
（4）根据效率η＝×100%求出汽油完全燃烧释放的热量，然后根据Q放＝qm可求汽油的质量。
【解答】解：A．根据v＝可知，汽车的运动时间为：t＝＝1.5h＝5400s，故A错误；
B．发动机所做的有用功为：W有用＝Pt＝20×1000W×5400s＝1.08×108J，故B正确；
C．汽车的速度v＝72km/h＝20m/s，根据公式P＝＝Fv可知，汽车的牵引力：F＝＝1000N，根据二力平衡的条件汽车汽车所受的阻力为f＝F＝1000N，故C错误；
D．根据效率η＝可得汽油完全燃烧释放的热量Q放＝＝＝4.32×108J，
根据Q放＝qm可得汽油的质量m＝≈9.4kg，故D错误。
故选：B。
【变式4-2】（2023•冷水滩区校级三模）如图所示，是最新一款无人驾驶汽车原型图，汽车自动驾驶时使用雷达传感器以及激光测距器来了解周围的交通状况。该款车以72km/h的速度在一段平的公路上匀速行驶了9km时，消耗汽油1.4kg，假设汽油完全燃烧，汽油机的效率为30%，那么，在这段运动过程中，汽油完全燃烧放出的热量为 6.3×107J ，汽车行进过程中受到的阻力为 2100 N。（汽油的热值是4.5×107J/kg）
【答案】6.3×107J；2100。
【分析】根据Q放＝mq计算汽油完全燃烧放出的热量；
根据W＝Q放η计算汽车行进过程中做的有用功，根据F＝计算汽车的牵引力。
【解答】解：汽油完全燃烧放出的热量Q放＝mq＝1.4kg×4.5×107J/kg＝6.3×107J；
汽车行进过程中做的有用功W＝Q放η＝6.3×107J×30%＝1.89×107J，
汽车的牵引力F＝＝＝2100N。
故答案为：6.3×107J；2100。
【变式4-3】（2023•崇左三模）中国国产第五代隐身战斗机“歼﹣20”已成功列装中国空军部队。“歼﹣20”的发动机是一种热机，通过航空燃油在气室中燃烧，从喷口向后高速喷出气体，使发动机获得向前的推力。假设“歼﹣20”某次在高空中飞行，在恒定的水平推力1.5×105N作用下，沿水平方向匀速航行了360km，用时0.5h，燃烧航空油2250kg。（航空油的热值为q＝4.0×107J/kg）在“歼﹣20”的这一次航行中，求：
（1）航行的速度。
（2）发动机的功率。
（3）发动机的热机效率。
【答案】（1）飞机航行的速度为720km/h。
（2）发动机的功率为3×107W。
（3）发动机的热机效率为60%。
【分析】（1）根据速度公式计算飞机航行的速度。
（2）根据P＝Fv计算发动机的功率。
（3）根据效率公式计算热机效率。
【解答】解：（1）飞机航行的速度为：＝200m/s。
（2）发动机的功率为：＝3×107W。
（3）发动机做的有用功为：W＝Fs＝1.5×105N×360×103m＝5.4×1010J；
航空油完全燃烧放出的热量为：；
发动机的热机效率为：。
答：（1）飞机航行的速度为720km/h。
（2）发动机的功率为3×107W。
（3）发动机的热机效率为60%。
一、选择题。
1．（2023•烟台）如图所示的实例中，改变物体内能的方式与其它三项不同的是（ ）
A．给水加热B．压缩空气
C．搓手取暖D．钻木取火
【答案】A
【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，其中做功过程是能量的转化过程，是机械能和内能相互转化的过程；热传递是内能从高温转移到低温的过程，二者的本质不同。
【解答】解：
A、给水加热，水吸收热量，是热传递改变内能；
B、压缩空气的过程中，克服空气阻力做功，将机械能转化为内能，是做功改变内能；
C、搓手取暖的过程中，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，使手内能增加，温度升高，是做功改变内能；
D、钻木取火，是克服摩擦做功，将机械能转化为内能，是做功改变内能；
A与BCD改变物体内能的方式不同，故A符合题意。
故选：A。
2．（2023•天心区校级模拟）关于内能及其改变，下列说法正确的是（ ）
A．热传递过程中，内能大的物体放出热量
B．一杯茶的温度越高，含有的热量越多
C．冬天搓手变暖是通过热传递使手的内能增大
D．神舟十四号飞船返回舱下落过程中温度升高，是通过做功的方式增加其内能的
【答案】D
【分析】（1）热传递的条件是存在温度差。
（2）热量是一个过程量；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能。
【解答】解：
A、热传递过程中，温度高的物体放出热量，故A错误。
B、热量是一个过程量，不能说物质含有多少热量，故B错误。
C、冬天搓手变暖是通过克服摩擦做功使手的内能增大，故C错误。
D、神舟十四号飞船返回舱下落过程中克服与空气的摩擦做功，一部分机械能转化为内能，使得返回舱的温度升高，是通过做功的方式增加其内能的，故D正确。
故选：D。
3．（2023•合阳县二模）我国最新研发的63A式轻型水陆两栖坦克总质量约为24t，它在陆地上行驶时与水平地面接触的总面积为8m2，坦克的前部和后部各装有一个浮控箱，已知ρ水＝1×103kg/m3，g取10N/kg，下列说法正确的是（ ）
A．坦克在陆地上行驶时对水平地面的压强为3×105Pa
B．坦克由陆地行驶入水中的过程中，地面对坦克的支持力不变
C．当坦克在水面上漂浮时，排开水的体积为24m3
D．坦克的动力设备是内燃机，内燃机是把机械能转化为内能的装置
【答案】C
【分析】（1）根据压强公式计算坦克对地面的压强。
（2）坦克在水中行驶时受到浮力的作用，地面对坦克的支持力减小。
（3）根据阿基米德原理计算坦克漂浮时排开水的体积。
（4）内燃机是把内能转化为机械能的装置。
【解答】解：A、坦克在陆地上行驶时对水平地面的压强为：，故A错误；
B、坦克在水中行驶时受到浮力的作用，地面对坦克的支持力减小，故B错误；
C、当坦克在水面上漂浮时，浮力等于重力，此时排开水的体积为：＝，故C正确；
D、坦克的动力设备是内燃机，内燃机是把内能转化为机械能的装置，故D错误。
故选：C。
4．（2023•秀英区模拟）下列关于内燃机的四个冲程说法中正确的是（ ）
A．如图是汽油机的压缩冲程
B．如图是汽油机的排气冲程
C．如图是汽油机的吸气冲程
D．如图是汽油机的做功冲程
【答案】D
【分析】根据图中排气门打开情况和活塞运动的方向，分析得出是哪个冲程。
【解答】解：A、进气门打开，活塞下行，说明是吸气冲程，故A错误；
B、两个气门关闭，活塞上行，气缸容积变小，说明是压缩冲程，故B错误；
C、排气门打开，活塞上行，排除废气，是排气冲程，故C错误；
D、两个气门关闭，活塞下行，气缸容积变大，火花塞点火，说明是做功冲程，故D正确。
故选：D。
5．（2023•肇东市校级四模）下列现象的解释，说法正确的是（ ）
A．甲实验说明二氧化氮分子是运动的，空气分子是静止的
B．乙实验说明分子间有引力
C．丙实验说明空气被压缩时内能减少
D．丁图为四冲程汽油机的吸气冲程
【答案】B
【分析】（1）分子动理论的基本内容包括：常见物质是由大量分子组成的；分子在永不停息地做无规则运动；分子间存在相互作用的引力和斥力；
（2）做功可以改变物体的内能：对物体做功，物体的内能增加，例如克服摩擦做功、压缩气体做功等；物体对外做功，内能会减少，例如气体膨胀做功；
（3）内燃机的一个工作循环包括吸气、压缩、做功和排气四个冲程；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断是哪一个冲程。
【解答】解：A．甲实验是气体的扩散实验，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动，二氧化氮分子和空气分子都是运动的，故A错误；
B、两个铅块紧压后就会结合在一起，即使在下面吊一个较重的物体也不会将它们拉开，说明分子间有相互作用的引力，故B正确；
C、厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，筒内空气温度升高，其内能增加，故C错误；
D、由图丁可知，汽油机的进气门关闭，排气门打开，活塞由下端向上端运动，是排气冲程，故D错误。
故选：B。
6．（2023•尉氏县一模）汽油机是传统小汽车的“心脏”某四冲程单缸汽油机的曲轴在1min内转了1200转，该汽油机的汽缸横截面积为S，活塞冲程长为L，满负荷工作时做功冲程中燃气的平均压强为p。则（ ）
A．做功冲程中将机械能转化为内能
B．汽油机活塞每秒做功600次
C．汽油机满负荷工作1min做功为1200pSL
D．汽油机满负荷工作时做功的功率为10pSL
【答案】D
【分析】（1）汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；
（2）汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2转，对外做功1次；
（3）根据p＝求出燃气的平均压力，根据W＝FL求出一个工作循环所做的功，据此求出汽油机满负荷工作1min所做的功；
（4）根据P＝求出汽油机满负荷工作时做功的功率。
【解答】解：A、汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，故A错误；
B、四冲程单缸汽油机的曲轴在1min内转了1200转，则曲轴每秒转了20转，由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2转，对外做功1次，所以该汽油机活塞每秒做功10次，每分钟做功600次，故B错误；
C、由p＝可知，燃气的平均压力：F＝pS，
一个工作循环所做的功：W＝FL＝pSL，
汽油机满负荷工作1min所做的功：W总＝600W＝600pFL，故C错误；
D、汽油机满负荷工作时做功的功率：P＝＝＝10pSL，故D正确。
故选：D。
7．（2023•临沂）自劳动课成为中小学一门独立课程以来，小明已学会了多种菜肴的烹饪方法，下列与烹饪有关的说法，正确的是（ ）
A．锅把手上刻有花纹可以增大摩擦
B．燃气的热值大小与是否完全燃烧有关
C．菜被炒熟是做功改变了它的内能
D．油和水很难融合表明分子间没有间隙
【答案】A
【分析】（1）增大摩擦的方法：增大接触面的粗糙程度；增大压力；变滚动为滑动；变湿摩擦为干摩擦；
（2）热值是燃烧的特性，与燃料燃烧情况无关；
（3）改变内能的方法有：做功和热传递；
（4）一切物质都是由分子组成的；分子间有间隙。
【解答】解：A、在压力一定时，锅把手上刻有花纹可以增大摩擦，故A正确；
B、热值是燃烧的特性，与燃料燃烧情况无关，故B错误；
C、炒菜时，菜从锅中吸收热量，是通过热传递的方式改变食物的内能，故C错误；
D、水的分子和油的分子结构差别很大，很难融合，不能说明分子间没有间隙，故D错误。
故选：A。
8．（2023•商水县二模）2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭，成功发射“宏图一号”01组卫星。下列说法不正确的是（ ）
A．火箭发射利用了力的作用是相互的原理
B．燃料燃烧推动火箭升空是把内能转化为机械能
C．火箭加速上升过程中卫星的机械能不变
D．发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变
【答案】C
【分析】（1）物体间力的作用是相互的。
（2）火箭升空把内能转化为机械能。
（3）动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度；机械能等于动能与势能之和。
（4）燃料的热值与燃料的种类有关，与质量无关。
【解答】解：A、火箭发射时向后喷射出高温高压的燃气，由于力的作用是相互的，燃气反过来推动火箭上升，故A正确；
B、燃料燃烧，化学能转化为内能，推动火箭升空是把内能转化为机械能，故B正确；
C、火箭加速上升过程中，装载在火箭上的卫星的质量不变，速度变大，高度变大，动能和重力势能都变大，所以机械能增大，故C错误；
D、热值是燃料的一种性质，与质量、温度等无关，发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变，故D正确。
故选：C。
9．（2023•获嘉县三模）如图所示是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图，下列说法正确的是（ ）
A．此时汽油机正处在做功冲程
B．汽油机吸气冲程吸入的是空气
C．换用热值更高的燃料，可以提高汽油机的效率
D．若飞轮转速是800r/min，做功冲程中燃气推动活塞一次做功1500J，汽油机的功率是10kW
【答案】D
【分析】A、根据两气门关闭，活塞向上运动确定汽油机的冲程；
B、汽油机吸气冲程吸入的是空气和汽油的混合物；
C、提高燃料的利用率是提高热机效率的关键；
D、热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，活塞往返2次，飞轮转动2周，燃气对外做功1次，根据这个比例关系可以求出活塞所做的功，然后利用功率公式求出功率。
【解答】解：A、两气门关闭，活塞向上运动，此时汽油机正处在压缩冲程，故A错误；
B、汽油机吸气冲程吸入的是空气和汽油的混合物，故B错误；
C、热机的效率与燃料的热值没有关系，提高燃料的利用率是提高热机效率的关键，故C错误；
D、汽油机飞轮转速800r/min，每分钟飞轮转动800圈，完成400个工作循环，对外做功400次。做功冲程工作时，推动活塞一次做功1500J，
1min做的功：W＝1500J×400＝6×105J，
则这台汽油机的功率为：
P＝＝10kW。
故D正确。
故选：D。
10．（2023•礼泉县三模）2023年5月10日，长征七号遥七运载火箭托举天舟六号货运飞船成功发射（如图），并在5月11日5时16分，成功对接于空间站天和核心舱后向端口。下列有关说法正确的是（ ）
A．火箭发动机是最高效的热机，其效率可以达到100%
B．火箭外壳要求轻巧、耐高温，说明外壳材料密度大、熔点高
C．火箭升空过程中与空气摩擦，是通过做功的方式使火箭内能增加
D．对接成功后，以核心舱为参照物，天舟六号货运飞船是运动的
【答案】C
【分析】（1）由于存在能量损失，热机效率永远小于1；
（2）当体积相同时，物体的质量与密度成正比；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能；
（4）物体相对于参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；物体相对于参照物的位置没有发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：A、火箭发动机在工作过程中不可避免地存在能量的损失，所用它的效率不可能达到100%，故A错误；
B、当体积相同时，物体的质量与密度成正比，火箭外壳要求轻巧，则外壳材料的密度要小，故B错误；
C、火箭升空过程中与空气摩擦，把机械能转化为内能，使火箭的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式使火箭的内能增加，故C正确；
D、对接成功后，舟六号货运飞船相对于核心舱位置没有发生变化，所以以核心舱为参照物，天舟六号货运飞船是静止的，故D错误。
故选：C。
11．（2023•开福区校级三模）（多选）如图所示是我国自主研制的舰载机，舰载机在航空母舰上起飞的情境。下列说法正确的是（ ）
A．舰载机机翼上方空气流速大，气体压强大
B．舰载机的燃料在燃烧过程中，热值不断减小
C．以起飞的舰载机为参照物航空母舰是运动的
D．舰载机起飞后，航空母舰受到的浮力减小
【答案】CD
【分析】（1）机翼上方的空气流速比下方的快，因此下方向上的压强大于上方向下的压强，上下表面存在一个压力差，这就是机翼的升力。
（2）燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关。
（3）被研究物体相对于参照物，位置发生了变化，就说物体是运动的，反之，就是静止的。
（4）根据物体的浮沉条件分析；航空母舰漂浮在水面上，其所受浮力大小等于重力，航母的重力改变时，浮力也会改变。
【解答】解：A、根据流体压强和流速的关系可知，飞机正常飞行时机翼上方空气流速大，气体压强小，故A错误。
B、因为燃料的热值是燃料的特性，与燃料的质量和燃烧程度无关，所以舰载机的燃料在燃烧过程中热值不变，故B错误。
C、舰载机起飞时，它与航空母舰的位置发生了变化，以起飞的舰载机为参照物航空母舰是运动的，故C正确。
D、航空母舰始终漂浮，浮力等于重力，舰载机起飞后，航空母舰自身重力减小，所以航空母舰受到的浮力变小，故D正确。
故选：CD。
二、填空题。
12．（2023•泸州）塑料瓶是一种常见的生活物品，空塑料瓶可以做许多物理小实验。在安全情况下，小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过 做功 方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这一过程与内燃机 做功 冲程的能量转化情况相同；瓶盖飞出的同时，瓶口冒“白雾”，其物态变化是 液化 。
【答案】做功；做功；液化。
【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体的内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是内能的转移；
（2）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；
（3）物质由气态变为液态的过程叫做液化。
【解答】解：明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，把机械能转化为内能，使瓶内气压增加，气体内能增大，这是做功的发生改变瓶内气体的内能；
当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这是瓶内气体对瓶盖做功，把气体的内能转化为瓶盖的机械能，内燃机的做功冲程中将内能转化为机械能，所以这一过程与内燃机的中国冲程的能量转化情况相同；
瓶盖飞出的同时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口的水蒸气遇冷液化成小水珠。
故答案为：做功；做功；液化。
13．（2023•天元区三模）如图为《内能》的部分知识结构图，图中线条表示知识间的联系。
（1）图中A代表改变物体内能的方式是 做功 ，B代表的吸（放）热公式为 Q＝cmΔt
（2）热机的工作原理是将内能转化为 机械 能。
【答案】（1）做功；Q＝cmΔt；（2）机械。
【分析】（1）改变物体内能的方法：一是热传递，二是做功；
（2）在热传递的过程中，物体吸收或放出热量的计算公式：Q＝cmΔt；
（3）热机工作时将燃料燃烧释放的内能转化为机械能。
【解答】解：（1）改变物体内能的方法，除了热传递，还有做功，A处应该填写的是做功；
在热传递的过程中，物体吸收或放出热量的计算公式：Q＝cmΔt；
（2）热机是将燃料燃烧释放出的内能转化为活塞机械能的机器。
故答案为：（1）做功；Q＝cmΔt；（2）机械。
14．（2023•莲池区二模）如图所示，用酒精灯给水加热，一段时间后，管内的气压 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）大气压，软木塞冲出试管口，该过程的能量转化形式与汽油机的 做功 冲程相似。试管口出现白雾，此时发生的物态变化过程中会 放热 （选填“吸热”或“放热”）。
【答案】大于；做功；放热。
【分析】做功可以改变物体的内能，外界对物体做功时，机械能转化为内能，物体内能增大，当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小；热机的一个工作循环有吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，其中压缩冲程机械能转化成内能，做功冲程内能转化成机械能。
物质由气态转变为液态的过程叫做液化．液化是放热过程。
【解答】解：软木塞堵在试管口，用酒精灯给水加热，一段时间后，管内的水不断汽化成水蒸气，管内水蒸气不断增多，管内气压就不断增大。当管内的气压大于大气压时，就能把软木塞冲出试管口。
试管内的水蒸气把软木塞冲出试管口，是内能转化为机械能；汽油机的做功冲程是高温高压的燃气推动活塞运动做功，也是内能转化为机械能。
试管口出现的白雾，是高温的水蒸气冲出试管后，在空气中遇冷液化成的小水珠。液化过程要放热。
故答案为：大于；做功；放热。
15．（2023•雁塔区校级模拟）如图甲所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间后，塞子被试管内的水蒸气推开，这个过程中水蒸气的 内 能转化为塞子的机械能，这与汽油机图 丙 （选填“乙”或“丙”）冲程中的能量转化相同。若汽油机的转速为1800r/min，则每秒钟做功 15 次。
【答案】内；丙；15。
【分析】物体对外做功，自身的内能减小，将内能转化为机械能，汽油机的做功冲程将内能转化为机械能；
根据气门的打开和关闭情况，结合活塞的运动方向判断是哪一个冲程；
汽油机完成1个工作循环，四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次。
【解答】解：当水沸腾一段时间后，塞子被试管内水蒸气推出，水蒸气对塞子做功，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能；
图乙中进气门、排气门关闭，活塞由下向上运动，是压缩冲程；图丙中进气门、排气门关闭，活塞由上向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，与水蒸气对塞子做功的能量转化相同。
汽油机完成1个工作循环，完成四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次，1800r/min＝30r/s，即每秒完成15个工作循环，完成60个冲程，对外做功15次。
故答案为：内；丙；15。
16．（2023•本溪二模）单缸柴油机吸气冲程，吸入汽缸的是 空气 ；它的下一个冲程是通过 做功 方式增加汽缸内物质的内能；若柴油机飞轮的转数为1200r/min，每秒钟对外做功 10 次。
【答案】空气；做功；10。
【分析】（1）汽油机在吸气冲程吸入汽缸的是空气和汽油的混合物，柴油机吸气冲程吸入汽缸的是空气；
（2）内燃机的压缩冲程，是通过做功的方法使气缸内物质的内能增大；
（3）根据飞轮的转速求出飞轮每秒的转数；柴油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次。
【解答】解：（1）柴油机在吸气冲程中吸入汽缸的是空气；
（2）吸气冲程的下一个冲程为压缩冲程，将活塞的机械能转化为汽缸内物质的内能，通过做功的方式增加了气缸内的物质的内能；
（3）飞轮转速是1200r/min＝20r/s，
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